2025年浙教新版高三物理上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年浙教新版高三物理上冊月考試卷410考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、如圖（甲）所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上．一個金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放．利用傳感器測量到小物體的速度和離地高度h．圖（乙）是其動能和高度的對應關系圖．其中高度從0.2m下降到0.15m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線．以地面為零勢能面，取g=10m/s2；根據(jù)圖象下列說法正確的是（）

A.小球質(zhì)量m為2kgB.剛接觸彈簧時，小球的動能最大C.從小球接觸彈簧開始，彈性勢能一直增大，彈性勢能最大值為2JD.小球和彈簧構成系統(tǒng)，在h=0.11m是彈性勢能與重力勢能之和最小2、下列關于磁感應強度和電場強度的說法，正確的是（）A.電場強度的方向與電荷所受的電場力的方向相同B.由定義式可知電場強度的大小與電荷量q有關C.磁感應強度的方向與小磁針N極所受磁場力的方向相同D.由定義式B=可知，電流強度I越大，導線L越長，某點的磁感應強度就越小3、如圖，一輛有動力驅(qū)動的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車上，右端與一小球相連．設在某一段時間內(nèi)小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態(tài)，若忽略小球與小車間的摩擦力，則在此段時間內(nèi)小車可能是()A.向右做加速運動B.向右做減速運動C.向左做加速運動D.向左做減速運動4、某一質(zhì)點做簡諧運動的位移x與時間t的關系圖如圖所示，由圖可知，在t=1s時，質(zhì)點的速度和加速度為（）A.速度為零，加速度為正的最大值B.速度為零，加速度為負的最大值C.速度為正的最大值，加速度為零D.速度為負的最大值，加速度為零5、如圖所示，為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況，以O點（圖中白點）為坐標原點，沿Z軸正方向上各點的磁感應強度B大小的變化可能為（）A.B.C.D.6、如圖所示，原、副線圈匝數(shù)比為l00：1的理想變壓器，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想電表，從某時刻開始在原線圈c．d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1=310sin314t（V），則（）A.當單刀雙擲開關與a連接時，電壓表的示數(shù)為3VB.單刀雙擲開關與口連接，在滑動變阻器觸頭尸向上移動的過程中，電壓表和電流表的示數(shù)均變小C.當單刀雙擲開關由a扳向b時，原線圈輸入功率變小D.副線圈兩端的電壓頻率為50Hz7、在印度洋海嘯災害中，執(zhí)行救災任務的飛機逆風做水平方向的勻速直線飛行，相隔0.5s先后釋放完全相同的兩箱救災物資1和2．假設風力保持不變，這兩箱物資在空中時，地面上的人沿著飛機飛行的方向看（）A.1號箱在2號箱的正上方B.兩箱間的水平距離保持不變C.兩箱間的水平距離越來越大D.兩箱間的水平距離越來越小8、“嫦娥三號”探月衛(wèi)星于2013年12月在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射，實現(xiàn)“落月”的新階段．已知月球繞地球做圓周運動的半徑為r1、周期為T1；“嫦娥三號”探月衛(wèi)星繞月球做圓運動的半徑為r2、周期為T2．引力常量為G，不計周圍其他天體的影響．下列說法正確的是（）A.根據(jù)題目條件可得出=B.根據(jù)題目條件能求出地球與月球之間的引力C.根據(jù)題目條件能求出“嫦娥三號”探月衛(wèi)星的質(zhì)量D.根據(jù)題目條件能求出地球的密度評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、（2016??？谀M）圖示為兩分子系統(tǒng)的勢能Ep與兩分子間距離r的關系曲線，當r=____（填“r1”或“r2”）時，分子間的作用力為零；在r由r1變到r2的過程中，分子間的作用力做____（填“正”或“負”）功．10、帶電體周圍存在著一種物質(zhì)，這種物質(zhì)叫____．11、兩個100N的力的夾角為120°，則它們的合力大小是____．12、（2011秋?崇明縣校級期中）如圖，在光滑的墻壁上用一根細線將一足球掛在A點，足球的質(zhì)量為m，足球與墻壁的接觸點為B，細線與墻壁的夾角為θ，則細線對球的拉力大小為____；若只把足球換成等質(zhì)量的實心鉛球，其他條件不變，則墻壁對球的支持力將____（填“增大”、“減小”或“不變”）．13、（2010?寶山區(qū)一模）如圖，在光滑水平面上固定三個等質(zhì)量的帶電小球（均可視為質(zhì)點），A、B、C三球排成一直線．若釋放A球（另兩球仍固定）的瞬時，A球的加速度大小為1m/s2，方向向左；若釋放C球（另兩球仍固定）的瞬時，C球的加速度大小為2m/s2，方向向右；則釋放B的瞬時，B球的加速度大小為____m/s2，方向向____．14、簡諧運動的振動圖線可用下述方法畫出：

如圖（1）所示；在彈簧振子的小球上安裝一枝繪圖筆P，讓一條紙帶在與小球振動方向垂直的方向上勻速運動，筆P在紙帶上畫出的就是小球的振動圖象．取振子水平向右的方向為振子離開平衡位置的位移正方向，紙帶運動的距離代表時間，得到的振動圖線如圖（2）所示．

①剛開始計時時，振子處在____位置（填左邊最大位移處或右邊最大位移處），t=17s時振子相對平衡位置的位移是____cm，此時速度為____（填正或負）向最大．

②若紙帶運動的速度為2cm/s，振動圖線上1、3兩點間的距離是____cm．15、（2014春?浉河區(qū)校級期末）如圖所示，內(nèi)壁光滑的氣缸水平放置．一定質(zhì)量的理想氣體被密封在氣缸內(nèi)，外界大氣壓強為p0．現(xiàn)對氣缸緩慢加熱，氣體吸收熱量Q后，體積由V1增大為V2．則在此過程中，氣體分子平均動能____（選增“增大”、“不變”或“減小”），氣體內(nèi)能變化了____．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、每一種形式的能對應于一種運動形式．____．（判斷對錯）17、穿過閉合導體回路所包圍面積的磁通量為零時，回路中感應電流就一定為零．____（判斷對錯）18、火車轉(zhuǎn)彎時，若轉(zhuǎn)彎處內(nèi)外軌道一樣高，則轉(zhuǎn)彎時，對外軌產(chǎn)生向外的擠壓作用．____．19、電視機的顯象管中電子束每秒進行50場掃描____．20、點電荷一定是電量很小的電荷．____．（判斷對錯）21、永磁體在受到加熱或敲打后，磁性不會發(fā)生改變____．（判斷對錯）評卷人得分四、作圖題(共4題，共12分)22、滬杭高鐵是連接上海和杭州的現(xiàn)代化高速鐵路；現(xiàn)已進入試運行階段，試運行時的最大時速達到了413.7公里，再次刷新世界紀錄．滬杭高速列車在一次試運行中由A站開往B站，A；B車站間的鐵路為直線．技術人員乘此列車從A車站出發(fā)，列車從啟動勻加速到360km/h，用了250s時間，在勻速運動了10分鐘后，列車勻減速運動，經(jīng)過5分鐘后剛好停在B車站．

（1）畫出該高速列車的v-t圖象．

（2）求此高速列車啟動；減速時的加速度；

（3）求A、B兩站間的距離．23、一個物體受到三個共點力作用，這三個力分別是：向東的7N，向南的4N，向西的3N，試用作圖法求這三個力的合力．24、圖1中，質(zhì)量為m1=1kg的物塊疊放在質(zhì)量為m2=3kg的木板右端．木板足夠長，放在光滑的水平地面上，木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.2．整個系統(tǒng)開始時靜止，重力加速度g=10m/s2．

（1）在木板右端施加水平向右的拉力F；為使木板和物塊發(fā)生相對運動，拉力F至少應為多大？

（2）在0～4s內(nèi)，若拉力F的變化如圖2所示，2s后木板進入μ2=0.25的粗糙水平面；在圖3中畫出0～4s內(nèi)木板和物塊的v-t圖象．

（3）求0～4s內(nèi)物塊在木板上留下的痕跡的長度．25、在題圖中；已知合力F及其中一個分力，或者知道合力及兩個分力的方向，用作圖法求未知的分力．

評卷人得分五、計算題(共4題，共12分)26、一個質(zhì)量為2kg的物體自30m高處自由下落，物體在下落前2秒內(nèi)重力所做的功W=____J，前2秒內(nèi)重力所做功的平均功率P=____w．（不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2）27、如圖所示，傳送帶與水平面的夾角為θ=37°，以v=10m/s的速度向下運行，在傳送帶的頂端A處無初速度地放一個物體，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=O.5，AB間（B為底端）長度為16m．求物體從A到B的時間為多少？（g=10m/s2）28、A.(選修模塊3－3)（12分）【題文】(1)下列說法中正確的有________．A.實驗“用油膜法估測分子大小”中，油酸分子的直徑等于油酸酒精溶液的體積除以相應油酸膜的面積B.布朗運動中，懸浮在液體中的固體顆粒越小、液體的溫度越高，布郎運動越激烈C.分子間的距離越小，分子間引力越小，斥力越大D.液晶的光學性質(zhì)與某些晶體相似，具有各向異性(2)如圖所示，某種自動洗衣機進水時，洗衣機缸內(nèi)水位升高，與洗衣缸相連的導熱性能良好的細管中會封閉一定質(zhì)量的空氣，通過壓力傳感器感知管中的空氣壓力，從而控制進水量．將細管中密閉的空氣視為理想氣體，當洗衣缸內(nèi)水位緩慢升高時，外界對空氣做了0.5J的功，則空氣________(填“吸收”或“放出”)了__________的熱量．（設環(huán)境溫度保持不變）(3)目前專家們正在研究二氧化碳的深海處理技術．實驗發(fā)現(xiàn)，在水深300m處，二氧化碳將變成凝膠狀態(tài)．當水深超過2500m時，二氧化碳會濃縮成近似固體的硬膠體，可看成分子間是緊密排列的．已知二氧化碳的摩爾質(zhì)量為M，阿伏加德羅常數(shù)為NA，每個二氧化碳分子的體積為V0.某狀態(tài)下二氧化碳氣體的密度為ρ，求該狀態(tài)下體積為V的二氧化碳氣體濃縮成近似固體的硬膠體后體積為多少？29、如圖(a)

所示，一光滑絕緣細桿豎直放置，距細桿右側(cè)d=0.3m

的A

點處有一固定的點電荷.

細桿上套有一帶電量q=1隆脕10鈭?6C

質(zhì)量m=0.05kg

的小環(huán).

設小環(huán)與點電荷的豎直高度差為h.

將小環(huán)無初速釋放后，其動能Ek

隨h

的變化曲線如圖(b)

所示．

(1)

試估算點電荷所帶電量Q

(2)

小環(huán)位于h1=0.40m

時的加速度a

(3)

小環(huán)從h2=0.3m

下落到h3=0.12m

的過程中其電勢能的改變量.(

靜電力常量k=9.0隆脕109N?m2/C2g=10m/s2)

評卷人得分六、解答題(共4題，共24分)30、如圖所示，第二象限的某個矩形區(qū)域內(nèi)，有方向垂直于紙面向里磁感應強度為B1的勻強磁場，該磁場的下邊界與x軸重合；第三象限內(nèi)有互相正交的勻強電場和勻強磁場，兩者場強分別E1=500V/m和B2=0.5T；第四象限有一電場強度E=2000V/m的勻強電場，方向與x軸負方向成600指向y軸負方向．一質(zhì)量m=1×l0-14kg、電荷量q=1×10-10C的帶正電的粒子以某一速度v從y軸上的N點沿與y軸負方向成60°角方向射入第二象限；后經(jīng)P點進入第三象限內(nèi)并沿直線運動，經(jīng)過一段時間后，粒子經(jīng)y軸上的M點與y軸負方向成60°角的方向進入第四象限，M點坐標（0，-0.1m），N點坐標（0，0.3m），粒子重力忽略不計．求：

（1）第二象限中矩形磁場的磁感強度B的大?。?/p>

（2）第二象限中矩形磁場區(qū)域的最小面積：

（3）若在該粒子經(jīng)M點進入第四象限的同時，在適當?shù)奈恢糜伸o止釋放另一與該粒子完全相同的帶電粒子，可使兩粒子在離開第四象限前相遇．求所有滿足條件的釋放點的集合（不計兩粒子之間的相互作用力）．31、如圖所示，A球和B球用輕繩相連靜止在光滑的圓柱面上，半個圓柱體靜止在水平面上．已知圓柱體半徑比A、B兩球的半徑大得多，若A球的質(zhì)量為m，求B球的質(zhì)量為多少？32、節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及電池所儲存電能作為動力來源的汽車，有一質(zhì)量m=1000kg的混合動力轎車，在平直公路上以v1=108km/h勻速行駛，發(fā)動機的輸出功率為P=60kW．當駕駛員看到前方有80km/h限速標志時，適當減小發(fā)動機的功率，立即啟動智能電磁阻尼系統(tǒng)帶動的發(fā)電機工作給電池充電，發(fā)動機暫時不提升轎車運動牽引力，同時轎車做勻減速運動，4秒后，速度變?yōu)関2=72km/h．假設轎車在上述運動過程中所受阻力保持不變；求：

（1）轎車以108km/h在平直公路上勻速行駛時，所受阻力f1的大?。?/p>

（2）轎車從108km/h減速到72km/h過程中運動的路程及所受的阻力f2大小．33、如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y'長為L，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b．在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓U，一束質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計重力）從兩板左側(cè)中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出．

（1）證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點；

（2）求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓U的范圍；

（3）求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】小球先自由下落，與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，在下降的過程中，彈力不斷變大，當彈力小于重力時，物體加速下降，合力變小，加速度變小，故小球做加速度減小的加速運動；當加速度減為零時，速度達到最大；之后物體由于慣性繼續(xù)下降，彈力變得大于重力，合力變?yōu)橄蛏锨也粩嘧兇螅铀俣认蛏锨也粩嘧兇?，故小球做加速度不斷增大的減速運動；【解析】【解答】解：A、高度從0.2m下降到0.15m范圍內(nèi)圖象為直線，說明這一段小球自由下落，由動能定理：mg△h=mv2

mg?0.05=0.5J

得：m=1kg；故A錯誤；

B；當彈簧彈力和小球重力相等時小球的動能最大；故B錯誤；

C、從小球接觸彈簧開始，彈性勢能一直增大，根據(jù)能量守恒，彈性勢能最大值是小球到達最低點時：Ek=mgh=10×（0.2-0.035）＜2J；故C錯誤；

D；小球和彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒；在h=0.11m時小球的動能最大，則小球重力勢能與彈簧彈性勢能之和最小，D正確；

故選：D．2、C【分析】【分析】電場強度是反映電場力的性質(zhì)的物理量，大小用比值法定義，方向與正的試探電荷受到的電場力的方向相同；電場中某點的場強可以通過電場線形象地表示；而磁感應強度也是通過比值定義，某點磁感應強度的方向與小磁針N極所受磁場力的方向相同．【解析】【解答】解：A；電場強度的方向與正電荷所受的電場力的方向相同；故A錯誤．

B、電場強度的定義式E=；是通過比值定義，電場強度的大小與電荷量q無關，故B錯誤．

C；磁感應強度的方向與小磁針N極所受磁場力的方向相同場；與該處的通電導線所受的安培力方向垂直，故C正確．

D、由公式B=可知；電流強度I大小，導線L長短，與該點的磁感應強度無關，故D錯誤．

故選：C．3、A|D【分析】彈簧壓縮，小球受向右的彈力，由牛頓第二定律知小球加速度必向右，因此，小球可能向右加速或向左減速，A、D正確，B、C錯誤．【解析】【答案】選AD.4、B【分析】【分析】根據(jù)簡諧運動的位移圖象直接讀出質(zhì)點的位移與時間的關系．當物體位移為零時，質(zhì)點的速度最大，加速度為零；當位移為最大值時，速度為零，加速度最大．加速度方向總是與位移方向相反，位移為正值，加速度為負值．【解析】【解答】解：由圖可知，質(zhì)點在t=1s時，位移為正的最大值，故速度為零，加速度為：是負最大；

故選：B．5、D【分析】【分析】本題應抓住磁感線的疏密表示磁場的強弱，磁感線上某點的切線方向表磁場的方向．【解析】【解答】解：如圖所示為某種用來束縛原子的磁場的磁感線分布情況：

磁感線的疏密表示磁場的強弱；所以沿Z軸正方向磁感應強度B的大小是先變小后變大．由于題目中問的是磁感應強度B的大小，故D正確；

故選：D6、D【分析】【分析】變壓器的特點：匝數(shù)與電壓成正比，與電流成反比，輸入功率等于輸出功率，結合歐姆定律分析．【解析】【解答】解：A、當單刀雙擲開關與a連接時，匝數(shù)之比為100：1，在原線圈c、d兩端加上瞬時值為u1=310sin314t（V）的交變電壓，故原線圈的最大電壓為310V，副線圈的電壓最大值為3.1V，有效值為V；故A錯誤；

B；滑動變阻器觸頭向上移動的過程中；電阻增大，電壓不變電流減小，電流表的示數(shù)變小，故B錯誤；

C、當單刀雙擲開關由a扳向b時；匝數(shù)之比減小為50：1，輸出電壓增大，電壓表和電流表的示數(shù)均變大，故輸出功率變大，輸入功率等于輸出功率，也變大，故C錯誤；

D、在原線圈c、d兩端加上瞬時值為u1=310sin314t（V）的交變電壓，角頻率為314rad/s，故頻率f==50Hz；故D正確；

故選：D7、C【分析】【分析】救災物資從飛機上釋放后，把救災物資的運動分解為豎直方向和水平方向，在水平方向即沿著飛機飛行的方向，由于受到風的恒定的阻力，救災物資在水平方向看做勻減速運動，運用運動學公式來分析物資1和物資2在水平方向的運動情況．【解析】【解答】解：A；兩箱物資在水平方向上受到大小相同且大小恒定的空氣阻力；這兩箱物資在開始下落的一段時間內(nèi)，在水平方向上均做勻減速直線運動，由于釋放的時間不同，雖然初速度相同，但二者水平方向的位移不同，因此，1號箱不在2號箱的正下方，故A錯誤．

B、C、D、兩箱物資在開始下落的一段時間內(nèi)，在水平方向上均做勻減速直線運動，而加速度相同，設大小為a，設物資2下落時的水平初速度為v0，此時物資1的速度為v0-a△t；當物資2下落時間t時，二者之間的水平距離為：

△x=x2-x1=v0△t+v0t-at2-{v0（t+△t）-a（t+△t）2}=a△t2+a△t?t；

隨著時間t的增大△x增大；所以兩箱間水平距離越來越大故C正確，B錯誤，D錯誤．

故選：C．8、B【分析】【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力列式，化簡可得月球和地球的質(zhì)量．根據(jù)萬有引力定律分析計算地球與月球之間的引力．【解析】【解答】解：C、“嫦娥三號”探月衛(wèi)星繞月球做圓周運動，由萬有引力提供向心力得：，由此可知衛(wèi)星的質(zhì)量m在等式兩邊約去了，只能得到月球的質(zhì)量M月=；故C錯誤；

D、根據(jù)月球繞地球做圓周運動的半徑為r1、周期為T1，，可求得地球的質(zhì)量M地=；但地球的半徑未知，不能求出地球的密度，故D錯誤．

B、由上求出月球和地球的質(zhì)量，又月球繞地球做圓周運動的半徑為r1；根據(jù)萬有引力定律可求得地球與月球之間的引力，故B正確．

A、由A、B兩項結果可得：與中心天體的質(zhì)量成正比，所以；故A錯誤．

故選：B．二、填空題(共7題，共14分)9、r2正【分析】【分析】從分子勢能圖象可知，當分子勢能最小時，即r=r2時分子間的引力等于斥力，分子間作用力為零．當r＜r2時，分子間表現(xiàn)為斥力，當r＞r2時，表現(xiàn)為引力，所以當r由r1變到r2時分子間的作用力做正功．【解析】【解答】解：分子間作用力為零時，即在平衡位置時，分子勢能最小，故r=r2時分子勢能最??；

在r由r1變到r2的過程中；分子力為排斥力，分子力與運動方向相同，故分子力做正功；

故答案為：r2，正．10、電場【分析】【分析】帶電體周圍存在著一種特殊物質(zhì)，這種物質(zhì)叫電場，電荷間的相互作用就是通過電場發(fā)生的．【解析】【解答】解：帶電體周圍就存在著一種特殊形態(tài)的物質(zhì)；這種物質(zhì)叫電場．電荷不接觸也能發(fā)生作用，是電場發(fā)生的．

故答案為：電場11、100N【分析】【分析】力的合成滿足平行四邊形定則，當它們的夾角為120°時，作出平行四邊形，可以確定合力與分力的大小相等．【解析】【解答】解：由題意；設兩個相等的共點力大小為F，當它們之間的夾角為120°時合力如圖。

由等邊三解形的知識可知分力與合力大小相等；即為100N．

故答案為：100N．12、增大【分析】【分析】分析足球的受力情況：重力mg、細繩的拉力N1和墻壁的彈力N2作用，作出足球的受力示意圖．根據(jù)平衡條件求解繩子對足球的拉力大小及墻壁對足球的彈力大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓簩ψ闱蚴芰Ψ治鋈鐖D所示；則由三力平衡條件可得：

細線的拉力：N1=

墻壁對球的支持力：N2=mgtanθ．

若只把足球換成等質(zhì)量的實心鉛球；其他條件不變，m增大，則墻壁對球的支持力將增大．

故答案為：，增大13、1左【分析】【分析】在光滑的水平面上，小球所受重力和支持力平衡，使小球產(chǎn)生加速的力就是小球間相互作用的庫侖力，根據(jù)牛頓第三定律解出其加速度滿足的規(guī)律．【解析】【解答】解：

小球A受到小球B和C的作用力分別記為FBA和FCA，小球B分別受到小球A和C的作用力分別記為FAB和FCB，小球C受到A和B的作用力記為FAC和FBC

對小球A有：FBA+FCA=ma1①

對小球B有：FAB+FCB=ma2②

對小球C有：FAC+FBC=ma3③

由于FBA和FAB互為作用力和反作用力，故其大小相等方向相反，有FBA+FAB=0；故有

①+②+③得：

ma1+ma2+ma3=0

根據(jù)題意取向左為正方向，則有：，

據(jù)ma1+ma2+ma3=0知；方向與正方向相同即向左．

即釋放B球時，B球的加速度大小為1m/s2；方向向左．

故答案為：1，左．14、左邊最大位移處0正4【分析】【分析】①由圖2直接讀出位移；根據(jù)簡諧運動的周期性分析t=17s時振子的位移和速度．

②紙帶做勻速運動，根據(jù)其運動與振子運動的同時性，求解振動圖線上1、3兩點間的距離．【解析】【解答】解：①由圖2知剛開始計時時；即t=0時刻，振子處在左邊最大位移處位置．

周期為T=4s，而t=17s=4T；根據(jù)振子的周期性可知t=17s時振子經(jīng)過平衡位置，相對平衡位置的位移是0．此時速度為正向最大．

②振動圖線上1；3兩點時間間隔為t=2s；則振動圖線上1、3兩點間的距離為：s=vt=2cm/s?2s=4cm

故答案為：①左邊最大位移處、0、正；②4．15、增大Q-p0（V2-V1）【分析】【分析】溫度是分子平均動能變化的標志；活塞緩慢上升為等壓過程，由功的表達式求解即可．

由熱力學第一定律△u=W+Q可求．【解析】【解答】解：現(xiàn)對氣缸緩慢加熱；溫度升高，氣體分子平均動能增大，活塞緩慢上升，視為等壓過程，則氣體對活塞做功為：

W=F△h=p0（V2-V1）

根據(jù)熱力學定律有：△U=W+Q=Q-p0（V2-V1）

故答案為：增大，Q-p0（V2-V1）三、判斷題(共6題，共12分)16、√【分析】【分析】自然界物質(zhì)運動的形式是多樣的，每種運動形式都對應一種形式的能量．各種運動形式的能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化【解析】【解答】解：根據(jù)能量守恒定律可知：自然界物質(zhì)運動的形式是多樣的；每種運動形式都對應一種形式的能量．各種運動形式的能量在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化．

例如機械能對應機械運動；內(nèi)能對應分子的無規(guī)則運動．故每一種形式的能對應于一種運動形式是對的．

故答案為：√17、×【分析】【分析】結合產(chǎn)生感應電流的條件：閉合回路的磁通量發(fā)生變化即可正確判定．【解析】【解答】解：產(chǎn)生感應電流的條件是閉合回路的磁通量發(fā)生變化；題目中穿過閉合導體回路所包圍面積的磁通量為零時，沒有說明磁通量是否變化，所以不能判斷出沒有感應電流產(chǎn)生．所以以上說法是錯誤的．

故答案為：×18、√【分析】【分析】火車在水平軌道上轉(zhuǎn)彎時，需要有力提供指向圓心的向心力，若轉(zhuǎn)彎處內(nèi)外軌道一樣高，只能軌道的壓力提供．【解析】【解答】解：火車在水平軌道上轉(zhuǎn)彎時；做圓周運動，需要有力提供指向圓心的向心力，即方向指向內(nèi)側(cè)，此時外軌對火車的壓力提供向心力，根據(jù)牛頓第三定律可知，火車對外軌產(chǎn)生向外的壓力作用，此說法正確。

故答案為：√19、√【分析】【分析】根據(jù)顯像原理：顯像管尾部的電子槍發(fā)射的電子束被加速和控制后呈掃描狀轟擊屏幕上的熒光粉，使屏幕發(fā)光，結合交流電的頻率，即可求解．【解析】【解答】解：電子槍發(fā)射電子束擊在顯像管的屏幕上的彩色繭光粉上；它的電子束是逐行掃描的，速度非常的快，肉眼是看不出來的，電子束掃描的方向主是靠顯像管管頸上的偏轉(zhuǎn)線圈來控制的，交流電的頻率為50赫茲，因此電子束能在1秒內(nèi)，打在熒光屏上50場畫面，所以顯象管中電子束每秒進行50場掃描；

故答案為：√．20、×【分析】【分析】元電荷一定是電量最小的電荷；點電荷是一種理想化模型，其本身所帶的電量可以很大．【解析】【解答】解：點電荷是一種理想化模型；當帶電體的體積和形狀相對所研究的問題可以忽略的時候，帶電體可以看做點電荷，其本身所帶的電量可以很大．故此說法錯誤．

故答案為：×21、×【分析】【分析】永磁體在受到加熱或敲打后，磁性會減弱或消失，這種現(xiàn)象叫退磁．鐵磁性的物質(zhì)與磁鐵接觸后會顯示出磁性，這種現(xiàn)象叫磁化．【解析】【解答】解：永磁體在受到加熱或敲打后；磁性會減弱或消失，這種現(xiàn)象叫退磁．所以這種說法是錯誤的．

故答案為：（×）四、作圖題(共4題，共12分)22、略

【分析】【分析】（1）、（2）分別確定高速列車啟動、減速運動過程的初速度、末速度和時間，由加速度定義式a=求出加速度．建立坐標系；作出v-t圖象．

（3）根據(jù)圖象的面積表示位移，求出AB間的距離．【解析】【解答】解：（1）、（2）高速列車啟動過程，初速度為0，末速度為v=360km/h=100m/s，時間為t=250s，則加速度為：a===0.4m/s2；

勻減速運動過程，初速度為v0=100m/s；末速度為0，時間為t′=5min=300s，則加速度為：

a′===-0.33m/s2．

畫出該高速列車的v-t圖象如圖所示．

（3）根據(jù)速度時間圖象的“面積”表示位移；可知A；B兩站間的距離為。

S=100m=87500m=87.5km

答：

（1）如圖所示．

（2）此高速列車啟動、減速時的加速度分別為0.4m/s2和-0.33m/s2．

（3）A、B兩站間的距離是87.5km．23、略

【分析】【分析】首先選取標度，分別作出三個力的圖示，接著，先根據(jù)平行四邊形定則作出其中兩個力的合力，再作出這個合力與第三個力的合力，即為三個力的合力，用三角板量出合力的長度，與標度比較，求出合力．【解析】【解答】解：

1；選取標度；以1cm表示1N；

2；作出三個力的圖示；

3、以F2、F3為鄰邊運用平行四邊形定則作出其中兩個力F2、F3的合力F23；

4、以F23、F1為鄰邊運用平行四邊形定則作出合力F合；

5、用三角板量出F合的長度約為5.6cm，則合力的大小為F合==5.6N．用量角器量出合力與力F1的夾角為45°．24、略

【分析】【分析】（1）當木板和物塊剛要發(fā)生相對運動時；兩者間的靜摩擦力達到最大值，分別整體和物塊運用牛頓第二定律可求得F的最小值．

（2）根據(jù)牛頓第二定律研究物塊和木板的加速度；由運動學公式分段求出木板和物塊的速度，即可畫出v-t圖象．

（3）物塊在木板上留下的痕跡的長度等于物塊與木板的相對位移大小，由位移公式求解．【解析】【解答】解：（1）把物塊和木板看作整體，由牛頓第二定律得：F=（m1+m2）a

對物塊，物塊與木板將要相對滑動時有μ1m1g=m1a

聯(lián)立解得F=μ1（m1+m2）g=8N

（2）物塊在0～2s內(nèi)做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：μ1m1g=m1a1

解得a1=2m/s2；

2s末物塊的速度為v1=a1t1=2×2=4（m/s）

木板在0～1s內(nèi)做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：F1-μ1m1g=m2a2

解得a2=4m/s2；

1s末木板的速度v1′=a2t2=4×1=4（m/s）

在1～2s內(nèi)F2=μ1m1g；木板做勻速運動，速度為4m/s

如果物塊和木板一起減速運動，共同的加速度為

m1的合力m1gμ2＞fm=m1gμ1

所以物塊和木板相對滑動。

2s后物塊做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有：-μ1m1g=m1a3

得：a3=-2m/s2；

速度從4m/s減至零的時間t3===2（s）

木板做勻減速直線運動有：-μ2（m1+m2）g+μ1m1g=m2a4

得：a4=-m/s2；

速度從4m/s減至零的時間t4===1.5（s）

二者在整個運動過程的v-t圖象如圖所示（實線是木板的v-t圖象；虛線是物塊的v-t圖象）

（3）0～2s內(nèi)物塊相對木板向左運動

2-4s內(nèi)物塊相對木板向右運動

△x1＞△x2

所以0～4s內(nèi)物塊在木板痕跡的長度為△x=△x1=2m

答：（1）為使木板和物塊發(fā)生相對運動；拉力F至少應為8N．

（2）如圖所示．

（3）0～4s內(nèi)物塊在木板上留下的痕跡的長度為1m．25、略

【分析】【分析】合力與分力滿足平行四邊形定則；根據(jù)平行四邊形定則進行分析，即可明確未知力的大小及方向．【解析】【解答】解：圖1中合力F及其中一個分力；則可得出兩個力大小相加，即為對應的另一分力；

圖2中已知合力和一個分力，連接合力與分力，再過O點作出連線的平行線，過F的末端作F1的平行線；則可組成平行四邊形；

圖3中已知合力和一個分力，連接合力與分力，再過O點作出連線的平行線，過F的末端作F1的平行線；則可組成平行四邊形；

圖4中已知兩力的方向；過F的末端作兩邊的平行線，則可得出對應的兩個分力；

答：如上圖所示．五、計算題(共4題，共12分)26、400200【分析】【分析】根據(jù)位移時間公式求出落地前2s內(nèi)的位移，從而得出重力做功的大小，結合平均功率的表達式求出重力做功的平均功率．【解析】【解答】解：落地前2s內(nèi)的位移為：

重力做功為：W=mgh=2×10×20J=400J

平均功率為：P=

故答案為：400，20027、略

【分析】【分析】由牛頓第二定律求出物體的加速度，由勻變速直線運動的速度公式求出物體的速度等于傳送帶速度需要的時間，然后求出在此時間內(nèi)物體的位移，判斷物體是否到達底端，然后應用牛頓第二定律與運動學公式解題．【解析】【解答】解：開始物體相對于傳送帶向上滑動；受到的滑動摩擦力向下，由牛頓第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma；

解得：a=10m/s2；

物體做加速直線運動，速度等于傳送帶速度需要的時間：t1==1s；

物體的位移：x1=t1=5m＜16m；物體沒有到達傳送帶底端；

然后物體相對于傳送帶向下滑動；物體受到的摩擦力向上，由牛頓第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma′；

解得：a′=2m/s2；

物體向下做勻加速直線運動；直到傳送帶底端，由勻變速直線運動的位移公式得：

L-x1=vt2+a′t22；

解得：t2=1s（t2=-11s不符合實際；舍去）

則物體的運動時間：t=t1+t2=2s；

答：物體從A到B的時間為2s．28、略

【分析】【解析】試題分析：（1）實驗“用油膜法估測分子大小”中，油酸分子的直徑等于油酸的體積除以相應油酸膜的面積，A錯誤；布朗運動中，懸浮在液體中的固體顆粒越小、液體的溫度越高，布郎運動越激烈，B正確，當時，引力是增大的，C錯誤，液晶的光學性質(zhì)與某些晶體相似，具有各向異性，D正確，（2）根據(jù)熱力學第一定律可得，溫度不變，所以空氣應放出等量的熱量，故為0.5J,（3）體積為V的二氧化碳氣體的質(zhì)量為m＝ρV(1分)其分子數(shù)為n＝NA(1分)變成固體后體積為V′＝nV0(1分)解得V′＝(1分)考點：考查用油膜法估測分子大小實驗，以及熱力學定律的應用【解析】【答案】（1）：BD（2）放出0.5J（3）29、略

【分析】

(1)

由圖根據(jù)庫侖定律和受力平衡知電荷量；

(2)

根據(jù)庫侖定律和牛頓運動定律知加速度；

(3)

根據(jù)動能定理求解電勢能變化．

此題考查點電荷的電場，注意受力分析、結合牛頓運動定律和動能定理求解，屬于中檔題．【解析】解：(1)

由圖可知；當h隆爐=0.36m

時，小環(huán)所受合力為零。

則kQqd2+h鈥?2隆脕h隆爐d2+h隆爐2=mg

解得Q=mg(d2+h隆爐2)3/2kqh鈥?=1.6隆脕10鈭?5C

(2)

小環(huán)加速度沿桿方向，則mg鈭?F1h1d2+h12=ma

又F1=kQqd2+h12

解得a=0.78m/s2

方向向下。

(3)

設小環(huán)從h=0.3m

下落到h=0.12m

的過程中電場力對小環(huán)做功WG

根據(jù)動能定理mg(h2鈭?h3)+WG=鈻?Ek

WG=鈻?Ek鈭?mg鈻?h=鈭?0.11J

所以小環(huán)的電勢能增加了0.11J

答：(1)

試估算點電荷所帶電量Q

為1.6隆脕10鈭?5C

(2)

小環(huán)位于h1=0.40m

時的加速度a

為0.78m/s2

(3)

小環(huán)從h2=0.3m

下落到h3=0.12m

的過程中電勢能增加了0.11J

．六、解答題(共4題，共24分)30、略

【分析】【分析】（1）由帶電粒子在第三象限做直線運動可知；電場力等于洛倫茲力，據(jù)此求出速度，由幾何關系求出做圓周運動的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力即可求解；

（2）畫出矩形ACPQ及第二象限中圓周運動從Q到P的軌跡；根據(jù)圖中幾何關系即可求解；

（3）帶電粒子從M進入第四象